2-SAT は強連結成分分解の典型的な応用例！

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問題概要

旗 $1, 2, \dots, N$ を数直線上に設置したい。旗 $i$ は、座標 $X_{i}$ または座標 $Y_{i}$ に設置可能である。

ただし、どの 2 つの旗も、その距離が $D$ 以上となるようにする必要がある。

$N$ 本の旗を設置することが可能かどうかを判定し、可能ならば置き方を 1 つ示せ。

制約

$1 \le N \le 1000$
$0 \le D \le 10^{9}$
$0 \le X_{i} \lt Y_{i} \le 10^{9}$

考えたこと

各旗は、「座標 $X_{i}$ に設置する」「座標 $X_{i}$ に設置しない ( $Y_{i}$ に設置する)」という 2 通りずつの選択肢がある。このようなとき、次のように 0-1 変数を考えるのは典型テクニックだ。

$x_{i} = \left\{ \begin{array}{ll} 1 & (旗 i を座標 X_{i} に設置するとき)\\ 0 & (そうでないとき) \end{array} \right.$

そして、問題文の「距離 $D$ 以上」という制約条件は次のように解釈できる。

$X_{i} - X_{j} \lt D$ のとき、「 $x_{i} = 0$ または $x_{j} = 0$ 」でなければならない
$X_{i} - Y_{j} \lt D$ のとき、「 $x_{i} = 0$ または $x_{j} = 1$ 」でなければならない
$Y_{i} - X_{j} \lt D$ のとき、「 $x_{i} = 1$ または $x_{j} = 0$ 」でなければならない
$Y_{i} - Y_{j} \lt D$ のとき、「 $x_{i} = 1$ または $x_{j} = 1$ 」でなければならない

この条件は 2-SAT で記述できる。1 と True、0 を False と考えることにする。

2-SAT とは

$x_{0}, x_{1}, x_{2}, \dots$ を True または False をとる変数 (リテラルと呼ぶ) とする。 $\lnot x_{i}$ は $x_{i}$ の否定 (True / False を反転したもの) を表す。

このとき、たとえば、

$(\lnot x_{0} \lor x_{1}) \land (x_{0} \lor \lnot x_{2}) \land (x_{0} \lor \lnot x_{3}) \land (\lnot x_{1} \lor \lnot x_{2}) \land (x_{1} \lor x_{3}) \land (x_{2} \lor \lnot x_{3})$

といった式のように、 $\lor$ (OR) でリテラルを結んだ式 (クロージャと呼ぶ) を、 $\land$ (AND) で繋げたものを考える。

この式の最終的な値が True となるように、各リテラル $x_{0}, x_{1}, \dots$ の値 (True or False) を決めることができるかどうかを問う問題を SAT と呼ぶ。また、最終的な値が True になるようにすることが可能であるとき、充足できると呼ぶ。たとえば上の式は、

$x_{0}$ = False
$x_{1}$ = True
$x_{2}$ = False
$x_{3}$ = False

と各リテラル値を定めることで充足できる！

SAT のうち、特にクロージャが 2 個のリテラルから成るものを 2-SAT と呼ぶ。上の式も 2-SAT になっている。また、今回の旗の問題も 2-SAT で表せることがわかる。

2-SAT をグラフで表す

上の 2-SAT の式は、実は下図のようなグラフで表せる。なお、下図で $3$ と書かれた頂点はリテラル $x_{3}$ を表していて、 $-3$ と書かれた頂点はリテラル $\lnot x_{3}$ を表している。

たとえば、クロージャ $(\lnot x_{0} \lor x_{1})$ は

$x_{0}$ = True のとき、 $x_{1}$ = True でなければならない
$x_{1}$ = False のとき、 $x_{0}$ = False でなければならない

という制約を表している。これを、グラフ上で次のように表現する。

頂点 $x_{0}$ から頂点 $x_{1}$ へと辺を張る
頂点 $\lnot x_{1}$ から頂点 $\lnot x_{0}$ へと辺を張る

同様に他のクロージャも表現すると、上に示したグラフになる。一般の場合の手続きは、最後の「まとめ」で示します。

2-SAT は強連結成分分解で解ける

上に例示したグラフからは、たとえば次のことが読み取れる。

辺 $(2, 0)$ がある：つまり、仮に $x_{2}$ = True ならば $x_{0}$ = True である
辺 $(0, 1)$ がある：つまり、仮に $x_{0}$ = True ならば $x_{1}$ = True である
辺 $(1, -2)$ がある：つまり、仮に $x_{1}$ = True ならば $x_{2}$ = False である

つまり、もし仮に $x_{2}$ = True だとすると $x_{2}$ = False でなければならなくなり、矛盾するのだ。よって、 $x_{2}$ = False でなければならない。

一般に、次のことが言える:

頂点 $x_{i}$ から頂点 $\lnot x_{i}$ へのパスがあるとき： $x_{i}$ = False でなければならない
頂点 $\lnot x_{i}$ から頂点 $x_{i}$ へのパスがあるとき： $x_{i}$ = True でなければならない

ここで強連結成分分解を思い出そう。2-SAT を表すグラフを強連結成分する。上で示したグラフの場合、下図のようになる。

頂点 $x_{1}, \lnot x_{2}, \lnot x_{3}$ を含む強連結成分のトポロジカルソート順が末尾にあることから、

$x_{1}$ = True
$x_{2}$ = False
$x_{3}$ = False

でなければならないと分かる。頂点 $x_{0}$ , $\lnot x_{0}$ の間には順序関係がないため、実は $x_{0}$ の値は True でも False でもどちらでもいい。実際、 $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ の値を True, False, False にした時点で、

$(\lnot x_{0} \lor x_{1}) \land (x_{0} \lor \lnot x_{2}) \land (x_{0} \lor \lnot x_{3}) \land (\lnot x_{1} \lor \lnot x_{2}) \land (x_{1} \lor x_{3}) \land (x_{2} \lor \lnot x_{3})$

の値は True になっている。

2-SAT を充足できない場合

もし仮にある $i$ が存在して、頂点 $x_{i}$ と頂点 $\lnot x_{i}$ が同じ強連結成分に属してしまった場合、2-SAT の答えを True にすることは不可能であると言える。

なぜならば、もし $x_{i}$ = True だとしたら、頂点 $x_{i}$ から頂点 $\lnot x_{i}$ へのパスがあることから、 $x_{i}$ = False となって矛盾するし、 $x_{i}$ = False だとしても、頂点 $\lnot x_{i}$ から頂点 $x_{i}$ へのパスがあることから、 $x_{i}$ = True となって矛盾するのだ。

逆に、どの $i$ に対しても、頂点 $x_{i}$ と頂点 $\lnot x_{i}$ が異なる強連結成分に属している場合は、充足できる。上で定めたルールで $x_{i}$ の値を決めればよいのだ。

まとめ

2-SAT の解法をまとめる。

まず、各リテラル $x_{i}$ に対して、2 つの頂点 $x_{i}$ , $\lnot x_{i}$ を用意する。そして、各クロージャに対して、次のように辺を張る。

クロージャ $(x_{i} \lor x_{j})$ に対しては、辺 $(\lnot x_{i}, x_{j})$ と辺 $(\lnot x_{j}, x_{i})$ を張る
クロージャ $(x_{i} \lor \lnot x_{j})$ に対しては、辺 $(\lnot x_{i}, \lnot x_{j})$ と辺 $(x_{j}, x_{i})$ を張る
クロージャ $(\lnot x_{i} \lor x_{j})$ に対しては、辺 $(x_{i}, x_{j})$ と辺 $(\lnot x_{j}, \lnot x_{i})$ を張る
クロージャ $(\lnot x_{i} \lor \lnot x_{j})$ に対しては、辺 $(x_{i}, \lnot x_{j})$ と辺 $(x_{j}, \lnot x_{i})$ を張る

こうしてできる有向グラフを強連結成分分解する。このとき、次のようになる。

ある $i$ に対して、頂点 $x_{i}$ , $\lnot x_{i}$ が同じ強連結成分に属するならば、充足できない
そうでないならば、次のように各リテラルの値を定めることで充足できる
- 頂点 $x_{i}$ から頂点 $\lnot x_{i}$ へのパスがあるとき： $x_{i}$ = False
- 頂点 $\lnot x_{i}$ から頂点 $x_{i}$ へのパスがあるとき： $x_{i}$ = True
- どちらでもないとき： $x_{i}$ の値は任意

全体として計算量は $O(N+M)$ となる ( $N$ はリテラルの個数、 $M$ はクロージャの個数)。

AC コード

2-SAT を解く汎用的なライブラリを作った。旗の問題を 2-SAT に帰着して解いている。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

struct SCC {
    using Edge = int;
    using SGraph = vector<vector<Edge>>;

    // input
    SGraph G, rG;

    // result
    vector<vector<int>> scc;
    vector<int> cmp;
    SGraph dag;

    // constructor
    SCC(int N = 0) : G(N), rG(N) {}

    // add edge
    void addedge(int u, int v) {
        G[u].push_back(v);
        rG[v].push_back(u);
    }

    // decomp
    vector<bool> seen;
    vector<int> vs, rvs;
    void dfs(int v) {
        seen[v] = true;
        for (auto e : G[v]) if (!seen[e]) dfs(e);
        vs.push_back(v);
    }
    void rdfs(int v, int k) {
        seen[v] = true;
        cmp[v] = k;
        for (auto e : rG[v]) if (!seen[e]) rdfs(e, k);
        rvs.push_back(v);
    }

    // reconstruct
    set<pair<int,int>> newEdges;
    void reconstruct() {
        int N = (int)G.size();
        int dV = (int)scc.size();
        dag.assign(dV, vector<Edge>());
        newEdges.clear();
        for (int i = 0; i < N; ++i) {
            int u = cmp[i];
            for (auto e : G[i]) {
                int v = cmp[e];
                if (u == v) continue;
                if (!newEdges.count({u, v})) {
                    dag[u].push_back(v);
                    newEdges.insert({u, v});
                }
            }
        }
    }

    // main solver
    vector<vector<int>> find_scc(bool to_reconstruct = true) {
        // first dfs
        int N = (int)G.size();
        seen.assign(N, false);
        vs.clear();
        for (int v = 0; v < N; ++v) if (!seen[v]) dfs(v);

        // back dfs
        int k = 0;
        scc.clear();
        cmp.assign(N, -1);
        seen.assign(N, false);
        for (int i = N - 1; i >= 0; --i) {
            if (!seen[vs[i]]) {
                rvs.clear();
                rdfs(vs[i], k++);
                scc.push_back(rvs);
            }
        }

        // reconstruct DAG
        if (to_reconstruct) reconstruct();
        return scc;
        
    }
};

// 2-SAT Solver
struct TwoSATSolver : SCC {
    // input
    int num_variables;
    
    // result
    vector<int> solution;
    
    // constructor
    TwoSATSolver(int N = 0) : SCC(N * 2), num_variables(N), solution(N) {}
    
    // リテラルの否定をとる
    inline int take_not(int x) {
        if (x < num_variables) return x + num_variables;
        else return x - num_variables;
    }
    
    // closure の追加
    void add_constraint(bool is_x_true, int x, bool is_y_true, int y) {
        assert(x >= 0 && x < num_variables);
        assert(y >= 0 && y < num_variables);
        if (!is_x_true) x = take_not(x);
        if (!is_y_true) y = take_not(y);
        addedge(take_not(x), y);
        addedge(take_not(y), x);
    }
    
    // main solver
    vector<int> solve() {
        find_scc();
        for (int i = 0; i < num_variables; ++i) {
            // no solution
            if (cmp[i] == cmp[take_not(i)]) {
                return vector<int>();
            }
            solution[i] = (cmp[i] > cmp[take_not(i)]);
        }
        return solution;
    }
};


int main() {
    int N, D;
    cin >> N >> D;
    vector<int> X(N), Y(N);
    for (int i = 0; i < N; ++i) cin >> X[i] >> Y[i];
    
    // 2-SAT Solver
    TwoSATSolver twosat(N);
    for (int i = 0; i < N; ++i) {
        for (int j = i+1; j < N; ++j) {
            if (abs(X[i] - X[j]) < D)
                twosat.add_constraint(false, i, false, j);
            if (abs(X[i] - Y[j]) < D)
                twosat.add_constraint(false, i, true, j);
            if (abs(Y[i] - X[j]) < D)
                twosat.add_constraint(true, i, false, j);
            if (abs(Y[i] - Y[j]) < D)
                twosat.add_constraint(true, i, true, j);
        }
    }
    const auto &res = twosat.solve();
                
    if (res.empty()) cout << "No" << endl;
    else {
        cout << "Yes" << endl;
        for (int i = 0; i < N; ++i) {
            cout << (res[i] ? X[i] : Y[i]) << endl;
        }
    }
}